第20期 双曲线及其性质-【数理报】2024高考数学一轮复习学案（新教材新高考）

!"# !$"%&'( 书 一、单项选择题　１～４　ＢＣＤＤ　５～８　ＢＤＢＤ 二、多项选择题　９．ＢＣＤ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＣＤ；　１２．ＢＣＤ． 三、填空题　１３．槡２３；　１４．３∶５；　１５．槡 ２ ２；　１６． 槡３０ ３ ． 四、解答题 １７．解：（１）由题可设椭圆Ｃ的标准方程为ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ ＞ｂ＞０），且ｃ＝１，所以｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝４＝２ａ， 解得ａ＝２，ｂ２ ＝ａ２－ｃ２ ＝４－１＝３， 即椭圆Ｃ的标准方程为ｘ ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝１． （２）在△ＰＦ１Ｆ２中，由余弦定理得｜Ｆ１Ｆ２｜２ ＝｜ＰＦ１｜２＋ ｜ＰＦ２｜２－２｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜ｃｏｓ１２０°， 即４＝（｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜）２－｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜， 即４＝（２ａ）２－｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜＝１６－｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜， 所以｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜＝１２， Ｓ△ＰＦ１Ｆ２ ＝ １ ２｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜ｓｉｎ１２０°＝ 槡３３． １８．解：（１）设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），Ｍ（ｘ０，ｙ０），则 ｘ２１ ａ２ ＋ ｙ２１ ｂ２ ＝１， ｘ２２ ａ２ ＋ ｙ２２ ｂ２ ＝１{ ，两式相减得ｘ２１－ｘ２２ａ２ ＋ｙ２１－ｙ２２ｂ２ ＝０， 所以 １ ａ２ ＝－１ ｂ２ × ｙ０ ｘ０ × ｙ２－ｙ１ ｘ２－ｘ１ ＝－１ ｂ２ ×ｋＯＭ ×ｋＡＢ ＝－ １ ｂ２ (× － )１２ ，即ａ２ ＝２ｂ２，离心率ｅ＝ ｃａ ＝ １－ｂ２ａ槡 ２ ＝槡２２． （２）将点 (Ｐ 槡３，槡２)２ 代入椭圆Ｃ的标准方程， 得 ３ ａ２ ＋ １ ２ｂ２ ＝１，且ａ２ ＝２ｂ２，解得ａ２ ＝４，ｂ２ ＝２， 所以椭圆Ｃ的标准方程为ｘ ２ ４ ＋ ｙ２ ２ ＝１． １９．解：（１）由题得 ｂ２＋ｃ槡 ２ ＝ａ＝２， (将点 １，槡３)２ 代入椭圆Ｃ的标准方程可得 １ａ２ ＋３４ｂ２ ＝１， 解得ｂ＝１，所以椭圆Ｃ的标准方程为ｘ ２ ４ ＋ｙ ２ ＝１． （２）当直线ｌ的斜率不存在时，ｌ的方程为ｘ＝０，不合题意． 设直线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋２，Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 联立 ｙ＝ｋｘ＋２， ｘ２＋４ｙ２ ＝４{ ，整理得（１＋４ｋ２）ｘ２＋１６ｋｘ＋１２＝０， Δ＝（１６ｋ）２－４（１＋４ｋ２）×１２＞０，解得ｋ２ ＞ ３４， ｘ１＋ｘ２ ＝－ １６ｋ １＋４ｋ２ ，ｘ１ｘ２ ＝ １２ １＋４ｋ２ ． 因为坐标原点Ｏ在以线段ＡＢ为直径的圆外，所以→ＯＡ·→ＯＢ＞０， 即ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２ ＝ｘ１ｘ２＋（ｋｘ１＋２）（ｋｘ２＋２） ＝（１＋ｋ２）ｘ１ｘ２＋２ｋ（ｘ１＋ｘ２）＋４ ＝（１＋ｋ２）· １２ １＋４ｋ２ ＋２ (ｋ － １６ｋ１＋４ｋ )２ ＋４＞０， 解得ｋ２ ＜４．所以 ３４ ＜ｋ ２ ＜４， 即直线ｌ的斜率ｋ (的取值范围是 －２，－槡３)２ (∪ 槡３２， )２ ． ２０．解：（１）由已知｜ＡＢ｜＝４得２ａ＝４，即ａ＝２． 因为 ｃ ａ ＝ 槡２ ２，所以ｃ＝槡２，ｂ＝ ａ ２－ｃ槡 ２ ＝槡２． 所以椭圆Ｃ的方程为ｘ ２ ４ ＋ ｙ２ ２ ＝１． （２）假设存在满足题意的实数λ，由（１）得Ａ（－２，０），Ｂ（２，０）． 设Ｅ（ｍ，ｎ），Ｆ（ｍ，－ｎ），Ｎ（ｘＮ，ｙＮ）， 则→ＡＮ＝（ｘＮ ＋２，ｙＮ），→ＡＥ＝（ｍ＋２，ｎ）． 因为｜ＡＮ｜＝λ｜ＡＥ｜，由题知点Ｎ不与点Ａ，Ｅ重合， 所以→ＡＮ＝λ→ＡＥ（０＜λ＜１），即（ｘＮ＋２，ｙＮ）＝λ（ｍ＋２，ｎ）． 所以ｘＮ ＝λｍ＋２λ－２，ｙＮ ＝λｎ，即Ｎ（λｍ＋２λ－２，λｎ）． 因为∠ＮＤＥ＝∠ＤＢＦ，所以ｔａｎ∠ＮＤＥ＝ｔａｎ∠ＤＢＦ． 所以 ｜ｍ－λｍ－２λ＋２｜ ｜λｎ｜ ＝ ｜ｎ｜｜２－ｍ｜， 即 ｜λ－１｜·｜ｍ＋２｜ ｜λ｜·｜ｎ｜ ＝ ｜ｎ｜｜２－ｍ｜， 化简得 ｜λ－１｜ ｜λ｜ ＝ ｜ｎ ２｜ ｜ｍ２－４｜ ． 因为 ｍ２ ４ ＋ ｎ２ ２ ＝１，所以４－ｍ ２ ＝２ｎ２， 所以 ｜λ－１｜ ｜λ｜ ＝ １２，解得λ＝２（舍）或λ＝ ２ ３． 所以存在λ＝ ２３，使得∠ＮＤＥ＝∠ＤＢＦ． ２１．解：（１）由题意得 ｜ＱＭ｜＋｜ＱＮ｜＝｜ＱＭ｜＋｜ＱＰ｜＝ ｜ＭＰ｜＝４＞２＝｜ＭＮ｜，根据椭圆的定义得点Ｑ的轨迹Ｅ是以 Ｍ，Ｎ为焦点的椭圆．所以ａ＝２，ｃ＝１，所以ｂ＝槡３． 故所求轨迹方程为 ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝１． （２）由题意知 Ｓ△ＡＢＤ ＝２Ｓ△ＡＢＯ ＝２× １ ２ ×｜ＡＢ｜·ｄ＝ ｄ｜ＡＢ｜（ｄ为点Ｏ到直线ｌ的距离）． 设ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋１，联立方程 ｙ＝ｋｘ＋１， ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝１ { ，消去ｙ 整理得（３＋４ｋ２）ｘ２＋８ｋｘ－８＝０，设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），